De Toan minh hoa 2018 cua Bo co giai

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA NĂM 2018

ĐỀ THI THAM KHẢO

Bài thi: TỐN

(Đề thi có 6 trang)
Câu 1. Điểm M trong hình vẽ bên

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

là biểu diễn số phức
A. z  2  i .
B. z 1  2i .
C. z 2  i .
Lời giải
M   2;1
Điểm
biểu diễn số phức z  2  i .
x 2
lim
x   x  3
Câu 2.
bằng
2

A. 3 .
B. 1 .
C. 2 .

Lời giải
2
1
x 2
x 1
lim
 lim
x   x  3
x  
3
1
x
Câu 3. Cho tập hợp M có 10 phần tử. Số tập con gồm 2 phần tử của M là
8
2
2
A. A10 .
B. A10 .
C. C10 .

D. z 1  2i .

D.  3 .

2

D. 10 .

Lời giải
2

Số tập con gồm 2 phần tử của M là C10 .
Câu 4. Thể tích của khối chóp có chiều cao bằng h và diện tích đáy bằng B là
1
1
V  Bh
V  Bh
3 .
6
A.
B.
.
C. V Bh .
Lời giải

1
V  Bh
2
D.
.

1
V  Bh
3 .
Cơng thức tính thể tích khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h là
Câu 5. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau

Hàm số y  f ( x) nghịch biến trên khoảng nào dưới đây
A. ( 2;0) .
B. ( ;  2) .
C. (0; 2) .

Lời giải

D. (0; ) .

  2;0  và  2;  .
Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên các khoảng
Câu 6. Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn [a; b] . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số
y  f ( x) , trục hoành và hai đường thẳng x a , x b (a  b) . Thể tích của khối trịn xoay tạo thành khi
quay D quanh trục hồnh được tính theo cơng thức


b

b

V  f 2 ( x )dx

A.
Lời giải

a

.

B.

V 2 f 2 ( x)dx
a

b

.

C.

V  2 f 2 ( x)dx
a

b

.

D.

V  2 f ( x)dx
a

.

b

Cơng thức tính thể tích khối trịn xoay tạo thành là:
Câu 7. Cho hàm số y  f ( x) có bảng biến thiên như sau

V  f 2  x  dx
a

Hàm số đạt cực đại tại điểm
A. x 1 .
B. x 0 .

C. x 5 .
D. x 2 .
Lời giải
Quan sát bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt tiểu tại điểm x 0 và đạt cực đại tại điểm x 2 .
Câu 8. Với a là số thực dương bất kỳ, mệnh đề nào dưới đây đúng?
1
1
log a 3  log a
log(3a )  log a
3
3
3
A. log(3a ) 3log a .
B.
.
C. log a 3log a .
D.
.
Lời giải
3
Ta có: log a 3log 3 .
2
Câu 9. Họ nguyên hàm của hàm số f ( x) 3x  1 là
x3
 x C
3
3
A. x  C .
B. 3
.

C. 6x  C .
D. x  x  C .
Lời giải
3 x 2  1 dx  x 3  x  C

Ta có:
Câu 10. Trong khơng gian Oxyz , cho điểm A(3;  1;1) . Hình chiếu vng gốc của A trên mặt phẳng (Oyz ) là
điểm
A. M (3;0;0) .
B. N (0;  1;1) .
C. P (0;  1;0) .
D. Q(0;0;1) .





Lời giải
A  3;  1;1
 Oyz  thì tung độ và cao độ giữ ngun, hồnh độ bằng 0 .
Khi chiếu điểm
lên mặt phẳng
N  0;  1;1
Vậy
.
Câu 11. Đường cong trong hình bên

là đồ thị của hàm số nào dưới đây?
4
2

4
2
A. y  x  2 x  2 . B. y  x  2 x  2 .

3
2
C. y  x  3 x  2 .

3
2
D. y  x  3x  2 .

Lời giải
Quan sát đồ thị hàm số ta thấy đây là dạng đồ thị hàm bậc bốn trùng phương với hệ số a âm.
Vậy chỉ có đáp án A thỏa mãn.


d:

x 2 y 1 z


1
2
1 . Đường thẳng d có một vectơ chỉ


u3 (2;1;1)
u4 (  1; 2;0)
C.

.
D.
.

Câu 12. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng
phương
là


u1 ( 1; 2;1)
u2 (2;1; 0)
A.
.
B.
.
Lời giải

u   1; 2;1
Véc tơ chỉ phương của d là
.
2x
x 6
Câu 13. Tập hợp nghiệm của bất phương trình 2  2 là
A. (0;6) .
B. ( ;6) .
C. (0;64) .
Lời giải
TXĐ: D R
2x
x 6

Ta có: 2  2  2 x  x  6  x  6 .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

D. (6; ) .

  ; 6  .

2
Câu 14. Cho hình nón có diện tích xung quanh bằng 3 a và bán kính đáy bằng a . Độ dài đường sinh của hình
nón đã cho bằng
3a
A. 2 2a .
B. 3a .
C. 2a .
D. 2 .
Lời giải
S xq  rl  . A.l 3 a 2  l 3a

Vậy l 3a .
Câu 15. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm M (2;0;0) , N (0;  1;0) và P (0;0; 2) . Mặt phẳng ( MNP ) có
phương trình là
x y z
x y z
x y z
x y z
  0
   1
  1
  1
A. 2  1 2

.
B. 2  1 2
.
C. 2 1 2
.
D. 2  1 2
.
Lời giải
Phương trình mặt chắn của mặt phẳng đi qua ba điểm lần lượt thuộc ba trục tọa độ
x y z
  1
M  2;0; 0  , N  0;  1;0  , P  0; 0; 2 
là: 2  1 2
.
Câu 16. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có tiệm cận đứng
x 2  3x  2
x2
x
y
y 2
y
2
y

x

1
x 1 .
x 1 .
x 1 .

A.
B.
C.
.
D.
Lời giải
x 2  3x  2  x  2   x  1
y

x  2 
x 1
x 1
đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.
2
x
y 2
2
x  1 có: x  1  0 x  R  đồ thị hàm số khơng có tiệm cận đứng.
y  x 2  1 khơng có tiệm cận đứng.
x
x
y
lim
  x  1
x  1 Có x   1 x  1
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
y

f
(

x
)
Câu 17. Cho hàm số
có bảng biến thiên như sau


Số nghiệm phương trình f ( x )  2 0 là
A. 0 .
B. 3 .
C. 1 .
D. 2 .
Lời giải
f  x   2 0  f  x  2
y  f  x
Số nghiệm của phương trình
là số giao điểm của đồ thị hàm số
và
đường thẳng y 2 .
y  f  x
Theo BBT ta thấy đường thẳng y 2 cắt đồ thị hàm số
tại 3 điểm phân biệt.
4
2
Câu 18. Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x)  x  4 x  5 trên đoạn [ 2;3] bằng
A. 50 .
B. 5 .
C. 1 .
D. 122 .
Lời giải
 x 0


f  x  4 x3  8 x  f  x  0  4 x 3  8 x 0   x  2 .
x 2

Ta có:
 f   2  5

 f  2 1
 
 Max f  x  50.
  2; 3
 f  0  5
 f 3 50
  





2

dx

x  3

Câu 19. Tích phân 0
bằng
16
5
5

2
log
ln
3.
A. 225 .
B.
C. 3 .
D. 15 .
Lời giải
2
dx
5
ln x  3 |02 ln 5  ln 3 ln .

x 3
3
Ta có: 0
2
Câu 20. Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 4 z  4 z  3 0 . Giá trị của biểu thức | z1 |  | z2 |
bằng
A. 3 2 .
B. 2 3 .
Lời giải
2
Ta có:  4  3.4  8 8i .

C. 3 .

D.

3.


2  2 2i 1
2
 
i
 z1 
1 1
3
4
2
2

 z1  z2    .
4 2
2

2  2 2i 1
2
 
i
 z2 
4
2 2
 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
3
 z1  z2 2.
 3.
2

Câu 21. Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cạnh bằng a . (tham khảo hình bên)


Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC  bằng
A. 3a
Lời giải

B. a

C.

3a
2

D.

2a

Câu 22. Một người gởi 100 triệu đồng vào một ngân hàng với lãi suất 0, 4% / tháng. Biết rằng nếu không rút tiền
ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mối tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho tháng tiếp
theo. Hỏi sau đúng 6 tháng, người đó được lĩnh số tiền (cả vốn ban đầu và lãi) gần nhất với số nào dưới
đây, nếu trong thời gian này người đó khơng rút tiền ra và lãi suất khơng thay đổi?
A. 102.424.000 đồng. B. 102.423.000 đồng. C. 102.016.000 đồng. D. 102.017.000 đồng.
Lời giải
n
6
T P  1  r  100  1  0, 4%  102, 424
Ta có:
triệu.
Câu 23. Một hộp chứa 11 quả cầu gồm 5 quả cầu màu xanh và 6 quả cầu màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên đồng thời 2

quả cầu từ hộp đó. Xác suất để 2 quả cầu chọn ra cùng màu bằng
5
6
5
8
A. 22 .
B. 11 .
C. 11 .
D. 11 .
Lời giải
2
Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu từ 11 quả cầu nên ta có: n C11 55.
Gọi biến cố A: “Chọn được hai quả cầu cùng màu”.
n
25 5
 P  A  A   .
2
2
 nA C5  C6 25.
n 55 11
Câu 24. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A( 1; 2;1) và B (2;1;0) . Mặt phẳng qua A và vng góc với AB
có phương trình là
A. 3x  y  z  6 0 .
B. 3x  y  z  6 0 .
C. x  3 y  z  5 0 .
D. x  3 y  z  6 0 .
Lời giải
AB  3;  1;  1 .
Ta có:
Mặt phẳng (P) vng góc với AB nên nhận vecto AB làm vecto pháp tuyến.

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vng góc với AB là:
3  x  1   y  2    z  1 0
 3 x  y  z  6 0
Câu 25. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M là trung điểm của SD (tham
khảo hình vẽ bên).

Tang của góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng ( ABCD ) bằng


2
A. 2 .
Lời giải

3
B. 3 .

2
C. 3 .

1
D. 3 .

Gọi G là giao điểm của BM và SO .
MN / / SO  MN   ABCD  .
Từ M kẻ đường thẳng vng góc với BD tại N . Khi đó ta có
 N là hình chiếu của M trên ( ABCD ) .

 
BM ; ABCD BM ; BD MBD
.



 





Xét tam giác SBD ta có MB và BD là hai đường trung tuyến cắt nhau tại G  G là trọng tâm tam giác
SBD .
1
 OG  SO.
3
a2 a 2
a 2
1
a 2
2
2
2

SO

SB

OB

a



 OG 
.
BO  BD 
2
2
6
2
2
Ta có:
OG a 2 2
1

 tan MBD


.
 .
OB
6 a 2 3
1
2
Câu 26. Với n là số nghuyên dương thỏa mãn Cn  Cn 55 , số hạng không chứa x trong khai triển của biểu
n

 3 2
x  2
x  bằng
thức 
A. 322560 .

B. 3360 .
Lời giải
*
Điều kiện: n  N ; n 2.

C. 80640 .

1
2
Theo đề bài ta có: Cn  Cn 55
n!
n!


55
1!. n  1 ! 2!.  n  2  !



n  n  1 !



n  n  1  n  2  !

2 n  2 !
 n  1 !
 2n  n  n  1 110

55

 n 2  n  110 0
 n 10  tm 

 n  11  ktm  .
10

10
 3 2 
x


C10k x 3k .210 k . x  2


2 
x 
k 0
Ta có khai triển: 

 

10  k

10

 C10k 210 k .x 5k  20 .
k 0

D. 13440 .

Để có hệ số khơng chứa x thì: 5k  20 0  k 4.
4
6
Hệ số không chứa x là: C10 .2 13440.
log 3 x.log 9 x.log 27 x.log81 x 

Câu 27. Tổng giá trị tất cả các nghiệm của phương trình
82
80
A. 9 .
B. 9 .
C. 9 .
Lời giải
Điều kiện: x  0.
2
log 3 x.log 9 x.log 27 x.log 81 x 
3
2
 log 3 x.log 32 x.log 33 x.log34 x 
3
1 1 1
2
4
 . .  log 3 x  
2 3 4
3

2

3 bằng

D. 0 .

4

  log 3 x  16
 x1 32 9  tm 

 x 3 2  1  tm 
 2
9
1 82
 x1  x 2 9   .
9 9
Câu 28. Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đơi một vng góc với nhau và OA OB OC . Gọi M là trung
điểm của BC (tham khảo hình bên).
 log 3 x 2


 log 3 x  2

Góc giữa hai đường thẳng OM và AB bằng


A. 90 .
B. 30 .
Lời giải



C. 60 .


D. 45 .

Gọi N là trung điểm của AC ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC nên AB // MN


 OM ; AB  OM ; MN 

.
Đặt OA OB OC 1 ta có:
2
2 .
Tam giác OAB vng cân tại O nên
2
AC  2  ON 
2
Tam giác OAC vuông cân tại O nên
2
BC  2  OM 
2 .
Tam giác OBC vuông cân tại O nên

60
OM ; MN  OMN
Vậy tam giác OMN đều nên
x 3 y  3 z 2
x  5 y 1 z  2
d1 :



d2 :


Oxyz
1
2
1 ;
3
2
1 và mặt
Câu 29. Trong không gian
, cho hai đường thẳng
phẳng ( P ) : x  2 y  3z  5 0 . Đường thẳng vuông góc với ( P ) , cắt s1 và d 2 có phương trình là
AB  2  MN 

x  1 y 1 z


2
3.
A. 1
x 3 y 3 z2


2
3 .
C. 1
Lời giải

x 2 y 3 z 1


2
3 .
B. 1
x  1 y 1 z


2
1.
D. 3

 
   P   u n P   1; 2;3

Gọi đường thẳng cần tìm là . Vì
x  x0 y  y0 z  z0


2
3
Khi đó phương trình đường thẳng  có dạng 1
Gọi
A d1    A  3  t;3  2t;  2  t 
B d 2    B  5  3t ;  1  2t ; 2  t 
Ta thử từng đáp án: Đáp án A
3  t  1 3  2t  1  2  t
2  t 4  2t  2  t

A 





 12  6t  4  2t  t 2  A  1;  1;0 
1
2
3
1
2
3
5  3t ' 1  1  2t ' 1 2  t '
4  3t '
t ' 2
B 



t ' 
 t ' 1  B  2;1;3
1
2
3
1
3
x  1 y 1 z



2
3 vng góc với mp ( P ) và cắt d1 tại A  1;  1; 0  , cắt d 2 tại
Vậy đáp án A có đường thẳng 1
B  2;1;3

thỏa mãn u cầu bài tốn.

Câu 30. Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm số
(0; ) ?
A. 5 .
Lời giải
y  x 3  mx 
Ta có:

B. 3 .
1
5 x5

C. 0 .

y  x 3  mx 

1
5 x 5 đồng biến trên khoảng
D. 4 .


1
1
1

.  5x  6 3x 2  m  6  0 x   0;     m  3x 2  6 f  x  x   0;  
5
x
x
  m  min f  x 
 0;
1
1
f  x  3x 2  6  x 2  x 2  x 2  6 4 4 1 4  min f  x  4
 0;
x
x
 m4 m4
 m    3;  2;  1 .
Mà m là số nguyên âm
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
y ' 3x 2  m 





2
2
Câu 31. Cho hình ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi parabol y  3x , cung tròn có phương trình y  4  x
(với 0  x 2 ) và trục hồnh (phần tơ đậm trong hình vẽ).

Diện tích của ( H ) bằng
4  3
4  3

12 .
12 .
A.
B.
Lời giải

4  2 3  3
6
C.
.

5 3  2
3
D.
.

Ta có:
 x 1 (nhan)
3 x 2  4  x 2  3x 4  x 2  4 0  x 2  1 x 2  4 0  
 x  1 (loai )
Do đó:
1
2
2
2
3 3 1
3
S  3 x 2dx   4  x 2 dx 
x |0  4  x 2 dx 
  4  x 2 dx

3
3 1
0
1
1



2

I  4  x 2 dx

1
Tính
.
x

2sin
t

d
x

2 cos tdt .
Đặt
1


 x 1  sin t  2  t  6


 x 2  sin t 1  t 
2
Đổi cận 






2

 /2

 /2

 /2

1

 /6

 /6

 /6

 /2
I  4  x 2 dx   4  4sin 2 t .2 cos tdt  4 cos 2 tdt  2  cos 2t  1 dt sin 2t | /2
/6 2t | /6 

2

3

3
2

3 2
3 4  3



3
3
2
6
Suy ra
.
2
dx
 a b c

Câu 32. Biết 1 ( x  1) x  x x  1
với a, b, c là các số nguyên dương. Tính P a  b  c .
A. P 24 .
B. P 12 .
C. P 18 .
D. P 46 .
Lời giải
2
2
dx

dx
I 

1
1
 x 1 x  x x 1
x  x  1 x  x  1
Tính
.
1 
x  x 1
tdx
dx
2dt
 1
t  x  x  1  dt 

dx 


 dx 
t
2 x x 1
2 x x 1
x x 1
 2 x 2 x 1 
Đặt
S



2 3

1

 2 

1 2
2

3

2
Suy ra
Do đó a 32; b 12; c 2  a  b  c 46 .
I 

2 3

2dt
2

2
t
t 1



1 
  32  12  2

2 1 

S
Câu 33. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 4. Tính diện tích xung quanh xq của hình trụ có một đường trịn
đáy là đường tròn nội tiếp tam giác BCD và chiều cao bằng chiều cao của tứ diện ABCD .
15 2
15 3
S xq 
S

xq
S 8 2
S 8 3
3 .
3 .
A.
B. xq
.
C.
D. xq
.
Lời giải

Tứ diện đều cạnh a có chiều cao

h

a 6
4 6
 h

3
3 .
r

a 3 4 3

6
6 .

Tam giác BCD đều nên bán kính đường trịn nội tiếp tam giác
4 3 4 6 16 2
S 2 rh 2 .
.

6
3
3 .
Diện tích xung quanh hình trụ
x
x
x
Câu 34. Có bao nhiêu giá trị ngun dương của tham số m để phương trình 16  2.12  (m  2)9 0 có
nghiệm dương?
A. 1 .
B. 2 .
C. 4 .
D. 3 .
Lời giải

2x

x

 4
 4
16 x  2.12 x   m  2  .9 x 0     2.    m  2 0
 3
 3
Xét phương trình
x

 4
t    0
t 2  2t  m  2 0  m 2  2t  t 2  *
 3
Đặt
ta được
.
x

 4
t    1
 * có nghiệm  3  .
Để phương trình đã cho có nghiệm dương x  0 thì phương trình
f  t  2  2t  t 2 , t   1;  
f  t  2  2t  0, t  1
 1;   .
Xét hàm
có:

nên hàm số nghịch biến trên
f  t   f  1 3  m  3
Suy ra
.
m   1; 2
Mà m nguyên dương nên
.
Câu 35. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình
nghiệm thực?
A. 5 .
B. 7 .
C. 3 .
Lời giải

3

m  3 3 m  3sin x sin x có
D. 2 .

3
3
3
3
Ta có: m  3 m  3sin x sin x  m  3 m  3sin x sin x .
3
3
3
Đặt m  3sin x u  m  3sin x u thì phương trình trên trở thành m  3u sin x
Đặt sin x v thì ta được

m  3v u 3
 3  v  u    v  u   v 2  uv  u 2  0   v  u   3  v 2  uv  u 2  0

3
m  3u v
2
2
Do 3  v  uv  u  0, u , v nên phương trình trên tương đương u v .
3
3
Suy ra m  3sin x sin x  m sin x  3sin x .

Đặt

sin x t   1 t 1

f  t  t 3  3t

 1;1
f  t  3t 2  3 0, t    1;1

trên
có
 1  f  1  f  t   f   1 2   2 m 2
.

và xét hàm
 1;1 
Nên hàm số nghịch biến trên 
m    2;  1;0;1; 2

Vậy
.
S
Câu 36. Gọi là tập hợp tất cả các giá trị của tham số thực m sao cho giá trị lớn nhất của hàm số
y  x3  3x  m
trên đoạn [0; 2] bằng 3. Số phần tử của S là
A. 1 .
B. 2 .
C. 0 .
D. 6 .
Lời giải
f  x  x 3  3 x  m
0; 2
f  x  3 x 2  3 0  x 1
Xét hàm số
trên 
ta có :
BBT :
2  m  0  m   2  max y    2  m  2  m  2  m 3  m  1 ktm 
 0;2
TH1 :
m  2  0
  2  m  0  max y 2  m 3  m  1 tm 

 0;2
TH2 : m  0
m  0
 0  m  2  max y 2  m 3  m 1 tm 

 0;2


2

m

0

TH3 :
 2  m  0  m  2  max y 2  m 3  m  1 ktm 
 0;2
TH4 :


1
2
 \{ }
f ( x ) 
2 thỏa mãn
2 x  1 , f (0) 1 và f (1) 2 . Giá trị của biểu
Câu 37. Cho hàm số f ( x ) xác định trên
thức f ( 1)  f (3) bằng
A. 4  ln15 .
Lời giải

B. 2  ln15 .

C. 3  ln15 .

D. ln15 .

1
2
f  x  f  x  dx 2 
dx  ln 2 x  1  C ln 2 x  1  C
2x  1
2
Ta có :
f  0  C 1  f  x  ln 2 x  1  1
 f   1 ln 3  1; f  3 ln 5 1  f   1  f  3  ln 3  ln 5  2 ln15  2
Câu 38. Cho số phức z a  bi ( a, b  ) thoả mãn z  2  i  | z | (1  i) 0 và | z | 1 . Tính P a  b .
A. P  1 .
B. P  5 .
C. P 3 .
D. P 7 .
Lời giải
z  2  i  z  1  i  0
 a  bi  2  i 
 a 2

a 2  b 2  1  i  0



a 2  b2  b 1 



a 2  b 2 i 0

a  2  a 2  b 2 0



 a  b  1 0  b a  1
2
2
 b  1  a  b 0
 a 2

2

a 2   a  1 0

 a  2  2a 2  2a  1
a  2
 2
2
a  4a  4 2a  2a  1
 a 3
a  2


a  2
b 4
 2
   a 3  tm   
 a  1
a  2a  3 0
  a  1 tm






 b 0 .
a 3
z  1  z 3  4i  
 P a  b 3  4 7
b 4
Vì
Câu 39. Cho hàm số y  f ( x) . Hàm số y  f ( x) có đồ thị như hình bên.

Hàm số y  f (2  x) đồng biến trên khoảng
A. (1;3) .
B. (2; ) .
Lời giải
Hàm số y  f (2  x) đồng biến

C. (  2;1) .

D. ( ;  2) .


y  f (2  x)  0  f (2  x)  0 . Nhìn đồ thị
 2  x   1 hoặc 1  2  x  4  x  3 hoặc  2  x  1
 x2
y
x  1 có đồ thị (C ) và điểm A(a;1) . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của a để
Câu 40. Cho hàm số
có đúng một tiếp tuyến của (C ) đi qua A . Tổng giá trị tất cả phần tử của S bằng
3

B. 2 .

A. 1 .
Lời giải
x R \  1

y 

5
C. 2 .

1
D. 2 .

1
2

 x  1
A  a;1
Giả sử tiếp tuyến đi qua
TXĐ :

;

là tiếp tuyến tại điểm có hồnh độ x  x0 , khi đó phương trình tiếp tuyến
 x 2
1
y
x  x0   0
d

2 
x0  1
 x0  1

có dạng :
Vì A  d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có :
 x 2
1
1
a  x0   0
2 
x0  1
 x0  1
  a  x0  x02  3x0  2  x02  2 x0  1
 2 x02  6 x0  3  a 0  *

Để chỉ có 1 tiếp tuyến duy nhất đi qua A thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất
3
  0  9  2  3  a  0  3  2a 0  a 
2
3
 S  
2
Câu 41. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (1;1; 2) . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng ( P) đi qua M và cắt các trục
xOx, yOy, z Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho OA OB OC 0 ?
A. 3 .
Lời giải

B. 1 .

C. 4 .

D. 8 .

x y z
  1,
A  a;0; 0  , B  0; b; 0  , C  0; 0; c  .
Phương trình mặt phẳng
có dạng a b c
với
1 1 2
M   P     1  * .
OA OB OC  a  b  c
a b c
Ta có
và
 a b c
 a b  c
 a  b c
 a  b  c ,
 * .

Suy ra
và 
mà a b  c không thỏa mãn điều kiện

 P

Vậy có 3 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
log u1  2  log u1  2 log u10 2 log u10

Câu 42. Cho dãy số (un ) thỏa mãn
và un 1 2un với mọi n 1 . Giá trị
u  5100
nhỏ nhất của n để n
bằng
247
248
A.
.
B.
.
C. 229 .
D. 290 .
Lời giải
t  2  log u1  2log u10 0  log u1  2log u10 t 2  2,
Đặt
khi đó giả thiết trở thành:
..


2

 log u1  2 log u10  1  log u1  1 2 log u10  log  10u1  log  u10   10u1  u10 
q 2  u10 29 u1
 2 .
Mà là cấp số nhân với công bội
2
10
2n.10
9

18 2
n  1 10
10
u

2
u

2
u

10
u

u


u

2
.

.
1
1
1
1
n
 1 ,  2  suy ra 1
218

218
219
Từ



un  5100 

2

 1 .



 5100.219 
2n.10 100

5

n

log
  log 2 10  100 log 2 5  19 247,87.
2
219
 10 

Do đó
Vậy giá trị n nhỏ nhất thỏa mãn là n 248.

y  3 x 4  4 x3  12 x 2  m
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số
có 7 điểm cực trị?
A. 3 .
B. 5 .
C. 6 .
D. 4 .
Lời giải
 x 0
  x  1
4
3
2
y 12 x3  12 x2  24 x 0  12 x x 2  x  2 0
 x 2
y

3
x

4
x

12
x

m
Xét hàm số
có
f  x  3x 4  4 x 3  12 x 2  m

Lập BBT của đồ thị hàm số
ta có :
4
3
2
y  3 x  4 x  12 x  m
Đồ thị hàm số
được vẽ bằng cách :
+) Lấy đối xúng phần đồ thị hàm số nằm phía dưới trục Ox qua trục Ox .
+) Xóa đi phần đồ thị bên dưới trục Ox .
y  3 x 4  4 x3  12 x 2  m
Do đó để đồ thị hàm số
có 7 điểm cực trị thì :
 f  0  0
m  0


 f   1  0   5  m  0  0  m  5
 f  2  0
  32  m  0







m  Z  m   1;2;3; 4
Vậy có 4 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 8 4 8

B  ; ; 
Câu 44. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2; 2;1) ,  3 3 3  . Đường thẳng đi qua tâm đường trịn
nội tiếp của tam giác OAB và vng góc với mặt phẳng (OAB ) có phương trình là
x 1 y  3 z 1
x 1 y  8 z  4




2
2 .
2
2 .
A. 1
B. 1
1
5
11
2
2
5
x
y
z
x
y
z
3
3
6

9
9 9
2
2 .
2
2 .
C. 1
D. 1
Lời giải
 

 OA; OB  k  1;  2; 2 

 Vectơ chỉ phương của đường thẳng  d  là u  1;  2; 2  .
Cách giải: Ta có 
Chú ý: Với I là tâm đường trịn nội tiếp  ABC , ta có đẳng thức vectơ sau:


BC.x A  CA.xB  AB.xC

 xI 
BC  CA  AB

BC. y A  CA. yB  AB. yC

 yI 
BC  CA  AB

BC.z A  CA.z B  AB.zC






zI 

BC  CA  AB
BC.IA  CA.IB  AB.IC 0  Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ 
I  0;1;1 .
Khi đó, xét tam giác ABO  Tâm nội tiếp của tam giác là
x 1 y  3 z 1


d :
1
2
2
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
Câu 45. Cho hình vng ABCD và ABEF có cạnh bằng 1, lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với
nhau. Gọi S là điểm đối xứng với B qua đường thẳng DE . Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng
7
11
2
5
A. 6 .
B. 12 .
C. 3 .
D. 6 .
Lời giải

DF , DE  AM   DCEF  .
Gọi M , I lần lượt là trung điểm của
Vì S là điểm đối xứng với B qua DE  M là trung điểm của SA.

1
2
SM  AM  DF  .
2
2
và
1
VADF . BCE  VS .DCEF  AB.S ADF  .SM .S DCEF
3

SA   DCEF 

Suy ra
Khi đó

VABCDSEF

1 1 2
5
 VABCDSEF 1.  .
. 2 .
2 3 2
6
Câu 46. Xét các số phức a a  bi (a, b  ) thỏa mãn | z  4  3i | 5 . Tính P a  b khi
| z  1  3i |  | z  1  i | đạt giá trị lớn nhất.
A. P 10 .

B. P 4 .
C. P 6 .
D. P 8 .
Lời giải
M  x; y 
Gọi
là điểm biểu diễn số phức z
2
2
z  4  3i  5   x  4    y  3 5
 C  tâm I  4;3 ,
Từ giả thiết, ta có
suy ra M thuộc đường trịn
A   1;3  , B  1;  1 .
bán kính R  5. Khi đó P MA  MB, với
Ta có

P 2 MA2  MB 2  2MA.MB 2 MA2  MB 2






Gọi

E  0;1

là trung điểm của AB

 ME 2 

MA2  MB 2 AB 2

.
2
4

Do đó P 4.MI  AB mà ME CE 3 5 suy ra
2

2

2



P 2 4. 3 5

2

 2 5

2

200.

C.
Với C là giao điểm của đường thẳng EI với đường tròn
 MA MB

 M  6; 4   a  b 10.

Vậy P 10 2. Dấu xảy ra khi và chỉ khi  M C
Câu 47. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC  có AB 2 3 và AA 2 .
Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC  và BC (tham khảo hình vẽ bên).

Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( MNP ) bằng
6 13
13
17 13
A. 65 .
B. 65 .
C. 65 .
Lời giải

18 13
D. 65 .

ABC  ;  MNCB 
ABC  ;  MNP  
Dễ thấy
1800  
ABC  ;  ABC   
MNBC  ;  ABC 
1800  
ABC  ;  ABC   
MNBC  ;  ABC  .

ABC  ;  ABC  AP; AP   A PA arctan

2
.
3

Ta có
4

MNBC  ;  ABC  SP; AP  SPA
arctan ,

3 với S là điểm đối xứng với A qua A, thì
Và
SA 2 AA 4.
2
4
13

cos 
ABC  ;  MNP  cos  1800  arctan  arctan  
.
3
3  65

Suy ra


Câu 48. Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(1; 2;1) , B (3;  1;1) và C ( 1;  1;1) . Gọi S1 là mặt cầu có tâm A ,
bán kính bằng 2; S 2 và S3 là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B, C và bán kính đều bằng 1. Hỏi có bao
nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( S1 ), ( S2 ), ( S3 ) ?
A. 5 .

B. 7 .
C. 6 .
Lời giải

D. 8 .

Ta có AB  AC  13 , BC 4 . Trung điểm BC là H (1;  1,1) nên AH 3
Câu 49. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 hoc sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 5 học sinh lớp 12C thành
một hàng ngang. Xác suất để trong 10 học sinh trên khơng có 2 học sinh cùng lớp đứng cạnh nhau bằng
11
1
1
1
A. 630 .
B. 126 .
C. 105 .
D. 42 .
Lời giải
Kí hiệu học sinh lớp 12A, 12B, 12C lần lượt là A, B, C.
  10!
Số cách xếp 10 học sinh thành 1 hành ngang là 10! (cách)
Ta xếp 5 học sinh lớp 12C trước.
TH1: C  C  C  C  C  (quy ước vị trí của – là vị trí trống), đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có 5!
Cách xếp.
Xếp 5 học sinh cịn lại vào 5 vị trí trống ta có 5! cách xếp. Vậy trường hợp này có 5!.5! cách.
TH2:  C  C  C  C  C , tương tự như trường hợp 1 ta có 5!.5! cách.
TH3: C  C  C  C   C , đổi chỗ 5 học sinh đó cho nhau ta có 5! Cách xếp.
Ta có 2 vị trí trống liền nhau, chọn 1 học sinh lớp 12A và 1 học sinh lớp 12B để xếp vào 2 vị trí trống đó,
C1 .C1.2! 2.3.2 12
2 học sinh này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 2 3

cách. Xếp 3 học sinh cịn lại vào 3
chỗ trống có 3! Cách.
Vậy trường hợp này có 5!.12.3! cách.
TH4: C  C  C   C  C
TH5: C  C   C  C  C
TH6: C   C  C  C
Ba trường hợp 4, 5, 6 có cách xếp giống trường hợp 3.
Vậy có tất cả 5!.5!.2 + 4.5!.12.3! = 63360 (cách)
Gọi T là biến cố “Xếp 10 học sinh thành hàng ngang sao cho khơng có học sinh nào cùng lớp đứng cạnh
 A 63360
nhau”
63360 11
PT  

10!
630
Vậy xác suất của biến cố T là


1

 f ( x)

2

Câu 50. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn f (1) 0 , 0
1
1
1
2

x
f
(
x
)d
x

f ( x )dx


3
0
0
. Tích phân
bằng
7
7
A. 5 .
B. 1 .
C. 4 .
D. 4 .
Lời giải
1
1
1
 x3  1
1
1
x 2 f  x dx f  x d    x 3 f  x  |10  x 3 f  x dx.
3 0

30
 3 3
0
Ta có
Vậy nên theo Cauchy-Schwarz ta có

dx 7
và

2

1
1
1
1 3

2
2
2
3




7 7  x f  x  dx  7  x dx. f  x   dx  f  x   dx.
0
0
0
0


 

3
Dấu bằng xảy đến khi và chỉ khi f ( x ) kx , kết hợp f (1) 0 để có
7
I .
5
Từ đó mà có được

f  x 

7
1  x4
4





 x  .